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Correction de la feuille de révision (18 avril 2015)
I Nouvelle-Calédonie mars 2012
1. (a)
A
1
6
B
1
4
B
3
4
A
5
6
B
2
5
B
3
5
(b) D’après la loi des probabilités totales : p(B)=p(A)×pA(B)+p³A´×pA(B)=1
6×1 4+5 6×2 5=1 24 +1 3
=1
24 +8 24 =9 24 =3 8=0,375 .
(c) pB(A)=p(A∩B)
p(B)=
1
6×1 4
3
8=1
24 ×8 3=1 9.
2. (a) On a répétition de parties identiques, indépendantes, à deux issues, donc la variable X suit une loi
binomiale de paramètres n=10 et p=3
8.
La probabilité de gagner exactement trois parties est égale à :
p(X =3) =Ã10
3!µ3
8¶3
×µ1−3
8¶10−3
=Ã10
3!µ3
8¶3
×µ5
8¶7
≈0,2357 ≈0,236 au millième près.
Remarque : on peut calculer directement p(X=k) à la calculatrice, en tapant sur une TI :
Distrib , BinomFdp (n, p, k) Entrée .
(b) On a p(X Ê1) =1−p(X =0) =1−×µ3
8¶0
×µ5
8¶10
=1−µ5
8¶10
≈0,9909 ≈0,991 au millième près.
(c) On veut que p(XÊN)É0,1, donc 1−p(X<N)<0,1.
On en déduit p(X<N)>0,9.
À partir du tableau donné on trouve N=7.
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II Nouvelle Calédonie mars 2015
1. (a) 2% des puces livrées ont une durée de vie courte, c’est-à-dire
PL(C)=0,02 . (il suffit de lire l’énoncé !)
(b) On en déduit que PL³C´=1−0,02 =0,98 et
P³L∩C´=P(L)×PL³C´=0,95 ×0,98 =0,931 .
(c) Comme seules les puces livrées peuvent avoir une durée de vie courte on a :
PhL∪(L∩C)i=P³L´+P(L∩C)=0,05+0,019 =0,069 .
2. (a) On sait que P(XÉ1000) =0,02.
Xsuit une loi exponentielle de paramètre λ, donc :
P(XÉ1000) =1−e−1000λ=0,02 ⇐⇒ e−1000λ=1−0,02 ⇐⇒
e−1000λ=0,98 ⇒−1000λ=ln0,98 ⇐⇒ λ=−ln0,98
1000 .
(b) P(XÊ10000) =e−10000λ=e−10ln 0,98 ≈0,817 .
Donc environ 81,7% des puces ont une durée de vie supérieure ou égale à 10 000 heures.
(c) P(20000 ÉXÉ30000) =e−20000λ−e−30000λ≈0,122 .
Soit : environ 12,2% des puces ont une durée de vie comprise entre 20 000 et 30 000 heures.
3. (a) On effectue 15 000 tirages indépendants les uns des autres. La probabilité qu’une puce livrée ait
une vie courte est p=0,003.
Ysuit donc une loi binomiale de paramètres n=15000 et p=0,003..
(b) E(Y)=n×p=15000 ×0,003 =45 .
Il y a environ 45 puces à durée de vie courte sur les 15 000 extraites de la production.
(c) On a P(40 ÉYÉ50) =P(YÉ50)−P(Y<40) =P(YÉ50)−P(YÉ39).
La calculatrice donne P(YÉ50) ≈0,7966 et P(YÉ39) ≈0,2080, donc :
P(40 ÉYÉ50) ≈0,7966 −0,2080 ≈0,589.
Remarque : on calcule p(XÉk) avec une TI en tapant :
Distrib BinomFRep (n, p,k) Entrée
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III Polynésie juin 2011
1. On a l’arbre pondéré suivant :
G1
0,1
G2
0,8
G2
0,2
G1
0,9
G2
0,6
G2
0,4
2. On a p2=p(G1∩G2)+p³G1∩G2´=p(G1)×pG1(G2)+p³G1´×p(G1)(G2)=
0,1×0,8 +0,9 ×0,6 =0,08 +0,54 =0,62.
3. Il faut trouver pG2³G1´=
p³G1∩G2´
p(G2)=0,54 0,62 =27 31 .
4. La probabilité que le joueur ne gagne aucune des trois parties est égale à 0,9 ×0,4×0,4 =0,144 .
La probabilité qu’il gagne au moins une partie est donc égale à
1−0,144 =0,856 .
5. À la partie n, on a l’arbre suivant :
Gn
pn
Gn+1
0,8
Gn+1
0,2
Gn
1−pn
Gn+1
0,6
Gn+1
0,4
On a donc pn+1=p(Gn∩Gn+1)+p³Gn∩Gn+1´=p(Gn)×pGn(Gn+1)+p³Gn´×pGn(Gn+1)=pn×0,8 +
¡1−pn¢×0,6
=0,8pn+0,6 −0,6pn=0,2pn+0,6 =1
5pn+3 5.
6. Initialisation On a bien 3
4−13 4µ1 5¶1
=3
4−13 20 =15 −13 20 =2 20 =1 10 =0,1 =p1.
Hérédité
Supposons qu’il existe a∈N,a>1 tel que pa=3
4−13 4µ1 5¶a
.
D’aprËs la formule démontrée à la question 4 :
pa+1=1
5pa+3 5=1 5·3 4−13 4µ1 5¶a¸+3 5=3 5×1 4+3 5−13 4µ1 5¶a+1
=3
20 +12 20 −13 4µ1 5¶a+1
=3
4−13 4µ1 5¶a+1
. La
propriété est vraie au rang a+1.
On a donc démontré par récurrence que pour n∈N∗,un=3
4−13 4µ1 5¶n
.
7. Comme −1<1
5<1, on a lim
n7→+∞µ1
5¶n
=0, donc lim
n7→+∞un=3
4=0,75 .
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8. On a : 3
4−pn<10−7⇐⇒ 3 4−µ3 4−13 4µ1 5¶n¶<10−7⇐⇒ 13 4µ1 5¶n
<10−7⇐⇒ µ1
5¶n
<4
13 ×10−7⇐⇒
(par croissance de la fonction logarithme népérien) nlnµ1
5¶<lnµ4×10−7 13 ¶⇐⇒ n>
ln³4×10−7
13 ´
lnµ1
5¶.
Or ln³4×10−7
13 ´
lnµ1
5¶≈10,7.
Donc u11 approche la limite 3
4à moins de 10−7.
IV Pondichéry avril 2012
1. (a) Les fonctions représentées sont positives ; Inreprésente donc l’aire limité par le représentation de
fn, l’axe des abscisses et les droites d’équations x=0 et x=1. Le dessin suggËre que la suite (In)
est décroissante.
(b) On a fn+1(x)−fn(x)=e−(n+1)x
1+x−e−nx 1+x=e−nx ×e−x 1+x−e−nx 1+x=e−nx 1+x¡e−x−1¢.
Or 0 ÉxÉ1⇒1É1+xÉ2 : donc 1 +x>0 ;
D’autre part on sait que e−x>0. Enfin 0 ÉxÉ1⇐⇒ −1É−xÉ0⇒(par croissance de la fonction
exponentielle) e−1Ée−xÉe0.
Donc e−xÉ1⇐⇒ e−x−1É0 et finalement par produit
fn+1(x)−fn(x)É0⇐⇒ fn+1(x)Éfn(x) : la suite ¡fn¢est décroissante. Par intégration sur l’inter-
valle [0 ; 1] des fonctions positives fn+1et fn:
fn+1(x)Éfn(x)⇒In1ÉIn: la suite (In)est décroissante.
2. (a) 0 ÉxÉ1⇒1É1+xÉ2⇐⇒ 1
2É1 1+xÉ1 1et par produit par le nombre positif e−nx , on obtient :
e−nx
1+xÉe−nx .
D’autre part on sait que pour 1+xÊ1, on a (1+x)2Ê1+x⇐⇒
1
(1+x)2É1 1+xet par produit par le nombre positif e−nx , on obtient :
e−nx
(1+x)2Ée−nx 1+x.
Enfin il est évident que e−nx
(1+x)2>0, donc finalement :
0Ée−nx
(1+x)2Ée−nx 1+xÉe−nx .
(b) Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1] des inégalités précédentes on obtient =
Z1
00dxZ1
0ÉZ1
0
e−nx
(1+x)2dxÉZ1
0
e−nx
1+xdxÉZ1
0e−nx dxsoit encore
0ÉJnÉInÉ·−1
ne−nx ¸1
0
c’est à dire :
0ÉJnÉInÉ−1
n¡e−nx −1¢.
Or lim
n7→+∞e−nx =0, donc lim n7→+∞−1
n¡e−nx −1¢=0.
Conclusion d’aprËs le théorème des « gendarmes », les suites (In)et (Jn)convergent vers 0.
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3. (a) i. (uv)′=u′v+uv′donc uv′=(uv)′−u′v.
ii. On pose u(x)=1
1+xet v′(x)=e−nx .
On en déduit u′(x)=− 1
(1+x)2et v(x)=−e−nx n.
On utilise le résultat du a)
In=Z1
0
e−nx
1+xdx=Z1
0u(x)v′(x) dx=Z1
0£(uv)′−u′v¤(x) dx=Z1
0(uv)′(x) dx−Z1
0u′(x)v(x) dx=
[u(x)v(x)]1
0−Z1
0µ1
n¶e−nx (1+x)2dx=u(1)v(1)−u(0)v(0)+1 nJn=−e−n 2n+1 n−1 nJn=1 nµ1−e−n 2−Jn¶
(b) Le résultat précédent peut s’écrire en multipliant par n6=0 :
nIn=1−e−n
2−Jn.
Comme lim
n7→+∞e−n=lim n7→+∞ Jn=0, on a donc :
lim
n7→+∞nIn=1
Remarque : on a donc pour nassez grand In≈1
n.
Exemple : pour n=10, la calculatrice donne I10 ≈0,091 ≈1
10.
V Liban mai 2012
Partie A
On considère la fonction gdéfinie sur l’intervalle ]0; +∞[ par :
g(x)=2x3−1+2lnx
1. Variations de la fonction gsur l’intervalle ]0; +∞[ :
g′(x)=6x2+2
x>0, car somme de nombres positifs sur ]0; +∞[
La fonction gest donc croissante sur ]0; +∞[.
Tableau de variations :
x0α+∞
g′(x)+
g(x)
−∞
✟✯
✟
✟
0
✟✯
✟
✟+∞
2. La fonction gest continue (comme somme de fonctions continues) et strictement croissante sur ]0; +∞[.
Elle réalise donc une bijection de ]0; +∞[ sur ]−∞;+∞[.
Or 0 ∈]−∞;+∞[, 0 possède donc un unique antécédent, que l’on notera α. Nous avons donc g(α)=0.
De plus,
½g(0,86) ≃−0,0295 <0
g(0,87) ≃+0,0385 >0=⇒ g(0,86) <g(α)=0<g(0,87) ⇐⇒ 0,86 <α<0,87
3. Signe de la fonction gsur l’intervalle ]0; +∞[ :
½0<x<α=⇒ g(x)<g(α)=0
x>α=⇒ g(x)>g(α)=0
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